计算机组成原理第2章

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1、运算方法和运算器Intel第二章2.3定点乘法运算2.3.1原码并行乘法1.补码与真值的转换公式：补码乘法因符号位参与运算，可以完成补码数的“直接”乘法，而不要求补级。因而大大加速了乘法过程。对于计算补码数的数值来说，较好的表示方法是使补码的位置有一个带负权的符号和带正数的系数。一个定点补码整数：[X]补=an-1an-2…a1a0其an-1中是符号位。N=+∑an-12in-2i=0[1+∑（1ai）2i]n-2i=0如果把负数因数2n-1强加到符号位an-1上，可把上式合并表达为：N=an-12n-1+∑ai2i…①习惯上把补码数[N]补=an-1an-2…a1a0+1式子①

2、两边同乘1，可证明[N]补：N=（1an-1）2n-1+[∑（1ai）2i]+1例题：已知[N]补=（01111）2，[N]补=（11011）2求各真值。n-2i=0n-2i=02.一般化的全加器形式：常规的一位全加器可假定它的3个输入和2个输出都是正数。这种加法器通过正数或负数加到输入/输出端，可以归纳四类加法单元。类命名：包含负数输入的个数来命名。对0类、3类：S=XYZ+XYZ+XYZ+XYZC=XY+YZ+ZX对1类、2类：S=XYZ+XYZ+XYZ+XYZC=XY+XZ+YZ由于表达式有两级与或形式，延迟时间为2T。如果想要看它们的名称和逻辑符号请按此图标类型逻辑符号操

3、作0类全加器XY+）ZCS1类全加器XY+）ZC（S）2类全加器XY+）Z（C）S3类全加器XY+）Z（C）（S）0XYZCS1XYZCS2XYZCS3XYZCS下一张返回3.直接补码阵列乘法器利用混合型的全加器就可以构成直接补码阵列乘法器。设被乘数A和乘数B是两个5位的二进制补码数，即：A=（a4）a3a2a1a0，B=（b4）b3b2b1b0，它们具有带负权的符号位和，并用括号标注。如果我们用括号来标注负的被加项，例如（aibi），那么A和B相乘过程中所包含的操作步骤如下一页矩阵所示：请点击此图标（a4）a3a2a1a0=A*）（b4）b3b2b1b0=B（a4b0）a3b0

4、a2b0a1b0a0b0（a4b1）a3b1a2b1a1b1a0b1（a4b2）a3b2a2b2a1b2a0b2（a4b3）a3b3a2b3a1b3a0b3+）（a4b4）a3b4a2b4a1b4a0b4p9p8p7p6p5p4p3p2p1p0下一张返回此图是5位乘5位的直接补码阵列乘法器逻辑原理图a0b10a1b00a1b10a2b00a2b10a3b00a3b10a4b00a0b200a1b20a3b200a2b2a0b0a0b30a1b30a3b300a2b3a0b40a1b40a3b400a2b4a4b1000a4b2a4b3a4b40p9p4p8p7p6p5p3p2p1

5、p0在上张片子是5位乘5位的的直接补码阵列乘法器逻原理图，其中使用不同的逻辑符号来代表0类、1类、2类、3类全加器。虽然0类和3类全加器，2类和1类全加器具有同样的结构，但是使用不同的逻辑符号可使乘法阵列的线路图容易理解。在n位乘n位的一般情况下，该乘法器需要（n-2）2个0类全加器，（n-2）个1类全加器，（2n-3）个2类全加器，1个3类全加器，总共是n（n1）个全加器。故所需要的总乘法时间为：tp=Ta+2(n1)Tf=2T+(2n2)2T=(4n2)T如果在最后一行中全部采用先行进位，那么总的延迟时间还可以减少。例题：设[A]补=（01101）2，[B]补=（11011）

6、2，求[A*B]补=？解：（0）1101=+13）（1）1011=5（0）1101（0）1101（0）0000（0）11010（1）（1）（0）（1）0（1）0111111（1）10111111=65符号位扩充符号位两个原码表示的数相除时，商的符号由两数的符号按位相加求得，商的数值部分有两个数值部分相除求得。2.4定点除法运算2.4.1原码除法算法原理设有n位定点小数：被除数x，[x]原=xf*xn-1…x1x0，除数y，[y]原=yf*yn-1…y1y0，则有商q=x/y，其原码为：[q]原=（xf⊕yf）*（xn-1…x1x0/yn-1…y1y0）在机器中，采用两种方法进行

7、原码除法运算：①恢复余数法；②加减交替法①恢复余数法：先做减法，若余数为正，才知道够减；若余数为负，才知道不够减。不够减时必须恢复原来的余数，以便再继续往下运算，这种方法称为恢复余数法。例题：X=0.1011，Y=0.1101，求X/Y。解：[X]补=00.1011，[Y]补=00.1101，[-Y]补=11.001100.101111.001111.1110+[y]补余数<0,商0余数>0，商1+[y]补00.110100.1011余数左移01.011000.100101.00